2025年人教版（2024）选择性必修2化学上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教版（2024）选择性必修2化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列有关化学用语使用正确的是A.质子数为6、中子数为8的核素：B.的电子式：Cl-C.原子的基态简化电子排布式为D.基态碳原子最外层的电子排布图为2、下列关于元素或物质性质的比较中，不正确的是A.稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HIB.非金属性：C＞N＞O＞FC.酸性：HNO3＞H3PO4＞H2SiO3D.电负性：C＜N＜O＜F3、现有四种元素基态原子的电子排布式如下。则下列有关比较中正确的是。

①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5A.第一电离能：④>③>①>②B.原子半径：②>①>③>④C.电负性：④>①>③>②D.最高正化合价：④>③=②>①4、下列有关表述错误的是A.N原子的价电子轨道表示式：B.硫酸氢钠在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na++H++C.羧基的结构式：D.二氧化碳分子中σ键和π键的个数比为1：15、下列比较正确的是A.原子半径：B.电负性：C.碱性：D.熔点：6、下列数据是对应物质的熔点表，有关的判断正确的是。Na2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO2920℃97.8℃1291℃190℃2073℃-107℃-57℃1723℃

A.AlF3的熔点比AlCl3高，原因是AlF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体B.在共价化合物分子中各原子都形成8e-稳定结构C.同族元素的氧化物不可能形成不同类型的晶体D.金属晶体的熔点一定比分子晶体的高7、下列各组物质各自形成晶体，均属于分子晶体的化合物是A.NH3、HC10H18B.PCl3、CO2、H2SO4C.SO2、SiO2、P2O5D.CCl4、Na2S、H2O2评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)8、如图为周期表的一小部分，A，B，C，D，E的位置关系如图所示。其中B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧下列说法正确的是。ADBEC

A.D，B，E三种元素的第一电离能逐渐减小B.电负性：C.D，B，E三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小D.气态氢化物的稳定性顺序：9、下列说法中不正确的是A.葡萄糖分子(HOCH2−CHOH−CHOH−CHOH−CHOH−CHO)中的手性碳原子数为4B.基态铜原子的价电子排布图：C.[Co(NH3)4Cl2]+的中心离子配位数为6D.AB2是V形，其A为sp3杂化10、下列说法不正确的是A.SiCl4、CS2、NF3、PCl5中各原子不都满足8电子稳定结构B.位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右，可在此区域研究寻找高效催化剂C.SO2、NO2、COCl2、SOCl2分子的VSEPR模型相同，但分子的立体构型不都相同D.过氧化钠和水的反应中离子键、极性键、非极性键都有断裂和形成11、氢化铝锂以其优良的还原性广泛应用于医药、农药、香料、染料等行业，而且还是一种潜在的储氢材料，其释氢过程可用化学方程式表示为3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑，其晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是。

A.氢化铝锂中含有离子键、共价键、配位键B.AlH的VSEPR模型为正四面体结构C.当氢化铝锂释放1mol氢气时，将有2molAl3+被还原D.该晶胞的密度为g/cm312、已知氢化锂固体不导电，隔绝空气熔融时能导电，它跟水反应能生成氢气。下列有关氢化锂的说法中，错误的是A.LiH是离子晶体B.LiH的水溶液呈酸性C.LiH是一种氧化剂D.LiH中H—半径大于Li+半径13、已知：氧化锂(Li2O)晶体形成过程中的能量变化如图所示；下列说法正确的是。

A.∆H1＜0，∆H2＞0B.-∆H5+∆H1+∆H2+∆H3+∆H4+∆H6=0C.∆H3＜0，∆H4＜0D.氧化锂的晶格能=∆H6评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、价电子对互斥(简称VSEPR)理论可用于预测简单分子的空间结构。请回答下列问题：

(1)利用价电子对互斥理论推断下列分子或离子的空间结构：

①___________；

②___________；

③___________；

④___________；

⑤HCHO___________；

⑥HCN___________。

(2)利用价电子对互斥理论推断键角的大小：

①甲醛分子中的键角___________(填“＞”“＜”或“=”；下同)120°；

②分子中的键角___________120°；

③分子中的键角___________109°28′。

(3)有两种活性反应中间体微粒；它们的微粒中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据图所示的这两种微粒的球棍模型，写出相应的化学式：

A：___________；B：___________。

(4)按要求写出第2周期非金属元素组成的中性分子的化学式：平面形分子___________，三角锥形分子___________，四面体形分子___________。15、如图所示为元素周期表的一部分；请回答下列问题：

(1)元素②的原子结构示意图是_____。

(2)④和⑤两种元素原子半径较小的是______(填元素符号)，①和②两种元素最高价氧化物对应水化物的酸性较强的是_____(填化学式)。

(3)元素④的单质在元素③的单质中燃烧的化学方程式为_____。16、按要求填空：

(1)写出下列化合物的电子式：KCN_______，NaClO_______

(2)写出下列基态原子或离子核外电子排布式：P_______，Fe2+_______

(3)写出下列微粒中心原子的杂化方式：CCl4_______，NO_______

(4)铬原子的最高能层符号是_______，其价层电子的轨道表达式为_______。

(5)比较第二电离能Cu_______Zn(填“>”、“=”、“<”)，理由是：_______。17、以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系的晶胞结构如图所示；晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。

坐标

原子xyz000000.50.250.250.125

一个晶胞中有___________个找出距离最近的___________(用分数坐标表示)。晶体中与单个键合的有___________个。18、纳米技术是20世纪80年代末90年代初逐步发展起来的高新技术。由于它具有创造新生产工艺和新产品的巨大潜能，因而有可能掀起一场新的产业革命。请查阅资料，了解纳米技术的发展状况，以“纳米技术与未来生活”为题写一篇小论文________。评卷人得分四、判断题(共4题，共36分)19、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误20、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误21、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误22、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共3题，共6分)23、某化学兴趣小组欲在实验室制备二氧化硫，并探究相关物质的一些性质并验证碳、硅非金属性的相对强弱。[信息提示：①酸性：亚硫酸>碳酸；②硅酸(H2SiO3)是白色胶状沉淀]

(1)仪器A的名称为___________，铜与浓硫酸反应的化学方程式是___________。

(2)实验步骤：连接仪器、___________；加药品后、打开a、然后滴入浓硫酸；加热。

(3)装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是___________，请写出装置E中发生反应的离子方程式___________。

(4)能说明碳元素的非金属性比硅元素的非金属性强的实验现象是___________。24、某兴趣小组拟制备氯气及验证其性质并比较氯；溴、碘的非金属性强弱。

Ⅰ[查阅资料]①当溴水浓度较小时；溶液颜色与氯水相似，也呈黄色。

②硫代硫酸钠溶液在工业上可作脱氯剂。

Ⅱ[性质验证]实验装置如图所示(夹持装置省略)

实验步骤；

(1)检查装置的气密性，按图示加入试剂。仪器a的名称是__________；

装置C中Ⅱ处加入的试剂可以是_____(填字母)。

A.碱石灰B.硅胶C.浓硫酸D.无水氯化钙。

(2)装置B的作用为___________________________________。

(3)KI的电子式为_____；硫代硫酸钠中所含的化学键类型为_______________；写出装置F中反应的离子方程式____________________(中的S元素被氧化成最高价)。

Ⅲ[探究与反思]

(4)上图中设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性强弱，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是________________________________________。该组同学思考后将上述D；E、F装置改为下图装置；实验操作步骤如下：

①打开弹簧夹；缓缓通入氯气。

②当a和b中的溶液都变为黄色时；夹紧弹簧夹。

③当a中溶液由黄色变为棕色时；停止通氯气。

④

(5)步骤④的操作是________________________________________________。25、下列装置中有机物样品在电炉中充分燃烧，通过测定生成的CO2和H2O的质量；来确定有机物分子式。

（1）A装置是提供实验所需的O2，B装置中浓硫酸的作用是_______；C中CuO的作用是____________。

（2）若实验中所取样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取0.44g样品，经充分反应后，D管质量增加0.36g，E管质量增加0.88g，已知该物质的相对分子质量为44，则该样品的化学式为_________。

（3）若该有机物的核磁共振氢谱如下图所示，峰面积之比为1：3则其结构简式为__________________；

若符合下列条件，则该有机物的结构简式为_____________________。

①环状化合物②只有一种类型的氢原子。

（4）某同学认E和空气相通，会影响测定结果准确性，应在E后再增加一个装置E，其主要目的是_________。评卷人得分六、工业流程题(共3题，共6分)26、氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓铁酸锌]制备GaN的工艺流程如下：

已知：

①Ga与Al同主族；化学性质相似。

②常温下，

③在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。盐酸浓度/反萃取率/%286.99.4469.152.1617.571.3

回答下列问题：

(1)“酸浸”时发生反应的离子方程式为____。“酸溶”所得滤渣的主要成分是________(填化学式)。

(2)“酸浸”所得浸出液中浓度分别为0.2165常温下，为尽可能多地提取并确保不混入“调pH”时需用CaO调pH至_________(假设调pH时溶液体积不变)。

(3)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a＝________，b＝_______(选填上表中盐酸的浓度)。

(4)“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致的沉淀率降低，原因是_____________(用离子方程式表示)。

(5)利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解得到的与在高温下反应可制得GaN，同时生成另一种产物，该反应化学方程式为__________________。

(6)①GaN的熔点为1700℃，的熔点为77.9℃，它们的晶体类型依次为_________、_________。

②GaN晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为________。该晶体密度为GaN的式量为则晶胞边长为________nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)

27、锌是冶金、化工、纺织等行业应用广泛的重要金属之一、一种以含锌烟尘(主要成分是还含有少量等元素的氧化物)制备金属锌的工艺流程如下：

已知：“滤液1”含有的离子有和

回答下列问题：

(1)基态锌原子的价层电子轨道表示式(电子排布图)为___________。

(2)“溶浸”中主要的化学方程式为___________。

(3)“滤渣1”的主要成分是___________。

(4)“滤渣2”是“氧化除杂”的离子方程式为___________。

(5)“还原除杂”中加过量锌粉的目的是___________。

(6)工业上一般利用闪锌矿(主要成分是)为原料制备锌，的晶胞结构如图，则锌的配位数为___________；已知晶胞参数为该晶体的密度为___________(写出计算式，设阿伏加德罗常数的值为)。

28、铜是人类最早使用的金属之一。

（1）铜元素基态原子的价电子排布式为_______，其核外能级能量的高低3d______4s（填“>”、“<”或“=”）

（2）Cu与元素A能形成如下图所示的两种化合物甲和乙。元素A是短周期非金属元素，A的常见氧化物常温下为液态，其熔沸点比同主族其他元素的氧化物高。

①两种化合物的化学式分别为：甲___________，乙___________。

②热稳定性甲_________乙（填“>”、“<”或“=”），试从原子结构上解释原因____。

（3）铜离子形成的某种配合物阳离子具有轴向狭长的八面体结构（如下图）。

已知两种配体都是10电子的中性分子；且都含氢元素。

①两种配体分子的配位原子电负性大小为______（填元素符号），其中热稳定性较弱的配体为（用电子式表示）__________。

②该配合物阳离子与SO42-形成的配合物X的化学式为_________.

（4）Cu单质的晶体为面心立方堆积，其晶胞立方体的边长为acm,Cu的相对原子质量为63.5，单质Cu的密度为ρg/cm3,则阿伏加德罗常数可表示为_____mol-1（含“a、ρ的代数式表示）。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

A．根据原子序数=质子数，质子数为6，即原子序数为6，为C元素，中子数为8，根据质量数=质子数+中子数，则C原子的质量数为14，原子的左上标为质量数，左下标为质子数，则该碳元素的核素为：故A错误；

B．是离子化合物，由铵根离子和氯离子构成，其电子式为：故B错误；

C．Cr为24号元素，原子核外电子数为24，其中3d能级达到半满，简化电子排布式为[Ar]3d54s1；故C正确；

D．基态碳原子的核外电子排布为1s22s22p2，根据洪特规则，2p能级含有3个2p原子轨道，2p能级上的2个电子应分别占据一个2p轨道，基态碳原子最外层的电子排布图为故D错误；

答案选C。2、B【分析】【详解】

A．同主族元素从上到下非金属性减弱，简单气态氢化物稳定性减弱，稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故A正确；

B．同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性：C

C．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，酸性：HNO3＞H3PO4＞H2SiO3；故C正确；

D．同周期元素从左到右；电负性逐渐增大，电负性：C＜N＜O＜F，故D正确；

选B。3、B【分析】由四种元素基态原子电子排布式可知；①是S元素；②是P元素、③是N元素、④是F元素。

【详解】

A．P元素原子的3p轨道为较稳定的半充满状态；第一电离能高于同周期相邻元素，则P元素原子的第一电离能大于S元素，故A错误；

B．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：电子层越多原子半径越大，故原子半径：②>①>③>④；故B正确；

C．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，所以电负性：N元素非金属性比S元素强，所以电负性：故电负性：④>③>①>②；故C错误；

D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①>③=②；故D错误；

故选B。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．氮原子的2p轨道上的三个电子的自旋方向应该相同，应为A错误；

B．硫酸氢钠属于强电解质；能够完全电离出钠离子；氢离子和硫酸根离子，B正确；

C．羧基为-COOH，结构式为C正确；

D．二氧化碳中碳原子和氧原子之间形成双键；每个双键都含有一个σ键和一个π键，所以σ键和π键的个数比为1:1，D正确；

故选A。5、B【分析】【详解】

A．N、C同周期，同周期元素原子序数越大原子半径越小，因此原子半径：故A错误；

B．P；Si同周期；同周期元素从左到右电负性增强，电负性：，故B正确；

C．金属性：Mg>Al，金属性越强，最高价氧化物的碱性越强，碱性：故C错误；

D．均为离子晶体，钠离子半径小于钾离子半径，离子半径越小，离子键越强，对应晶体的熔点越高，熔点：故D错误；

故选：B。6、A【分析】【详解】

A．由于Al和Cl的电负性差值小于1.7，故氯化铝为分子晶体，而F元素的电负性大于Cl元素，铝与氟电负性差值大于1.7，氟化铝为离子晶体，离子晶体熔化须克服离子键，而分子晶体熔化只需要克服分子间作用力，故离子晶体的熔点更高，所以AlF3熔点高于AlCl3；A正确；

B．BCl3为共价化合物；B原子最外层电子数为6，B错误；

C．C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，CO2和SiO2分别属于分子晶体和共价晶体；所以同族元素的氧化物可能形成不同类型的晶体，C错误；

D．金属晶体Na的熔点比分子晶体AlCl3低；所以金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，D错误；

故选A。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．NH3、C10H18属于分子晶体的化合物；HD是单质，不是化合物，故A错误；

B．PCl3，CO2，H2SO4均属于分子晶体的化合物；故B正确；

C．SO2、P2O5属于分子晶体的化合物，SiO2属于共价晶体的化合物；故C错误；

D．CCl4、H2O2属于分子晶体的化合物，Na2S是离子晶体；不是分子晶体，故D错误；

故选B。二、多选题(共6题，共12分)8、BC【分析】【分析】

B元素最高价是最低负价绝对值的3倍，则B元素最高正价为+6价，其最高价氧化物化学式表示为BO3，又最高氧化物中含氧60%，设B元素相对原子质量为x，则×100%=60%，解得b=32；故B为S元素，由元素在周期表中相对位置可知，A为O元素；C为Se、D为P元素、E为Cl元素。

【详解】

A．非金属性越强；第一电离能越大，但P的3p电子半满为稳定结构，第一电离能P＞Cl＞S，A错误；

B．同主族元素从上到下；元素的电负性减弱，同周期从左到右，电负性增大，则电负性Cl＞S＞Se，B正确；

C．P；S、Cl三种元素形成的简单离子具有相同的核外电子排布；核电荷数越大离子半径越小，P、S、Cl三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小，C正确；

D．非金属性：P＜S＜Cl，故氢化物稳定性：PH3＜H2S＜HCl；D错误；

故选BC。9、BD【分析】【分析】

【详解】

A．葡萄糖分子(HOCH2−CHOH−CHOH−CHOH−CHOH−CHO)中；4个-CHOH-上的碳原子都是手性碳原子，故A正确；

B．基态铜原子的价电子排布图应为故B错误；

C．[Co(NH3)4Cl2]+的中心离子分别与4个NH3分子中的N原子、2个Cl-形成6个配位键；故C正确；

D．AB2是V形，表明A原子的最外层至少有1对孤对电子，则A的价层电子对数可能为3，其A可能为sp2杂化；故D错误；

故选BD。10、BC【分析】【分析】

【详解】

A．化合价的绝对值+原子的最外层电子数，若和为8，则该原子最外层电子数为8，只有PCl5中P是10电子结构；故A正确；

B．位于非金属三角区边界的“类金属”电负性在1.8左右；可在此区域研究农药，而高效催化剂一般在过渡金属区域选择，故B不正确；

C．SO2价层电子对数为3，孤对电子为1，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为V形，NO2孤对电子为1，价层电子对数为3，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为V形，COCl2孤对电子为0，价层电子对数为3，所以其VSEPR模型为平面三角形，立体构型为平面三角形，SOCl2孤对电子为1；价层电子对数为4，所以其VSEPR模型为正四面体形，立体构型为三角锥形，故C不正确；

D．过氧化钠和水反应的化学方程式2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反应中离子键；极性键、非极性键都有断裂和形成，故D正确；

故选BC。11、CD【分析】【详解】

A．根据晶胞的结构可知氢化铝锂中含有离子键、Al和H形成的共价键以及中含有的配位键；A正确；

B．价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，为正四面体结构；B正确；

C．由方程式3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑可知，当氢化铝锂释放1mol氢气时，有的被还原；C错误；

D．该晶胞的密度为D错误；

故选CD。12、BC【分析】【分析】

【详解】

A．LiH是由Li+和H-组成的；由阴；阳离子通过离子键构成的晶体是离子晶体，A正确；

B．LiH溶于水与水反应：LiH+H2O=LiOH+H2↑；故溶液呈碱性，B错误；

C．LiH中Li+的化合价是Li的最高价+1价，但只有很弱氧化性，H-为H的最低价-1价是一种强还原剂；通常LiH是一种还原剂，C错误；

D．LiH中H—和Li+具有相同的核外电子排布，但Li的核电荷数比H的大，故H—半径大于Li+半径；D正确；

故答案为：BC。13、BD【分析】由图可知，晶体锂转化为Li(g)吸热，∆H1＞0，Li(g)转化为Li+(g)吸热，∆H2＞0；O2(g)到O(g)是化学键断裂过程吸热，∆H3＞0；O(g)→O2-(g)是得电子过程放热，∆H4＜0；由盖斯定律可知，∆H1+∆H1+∆H3+∆H4+∆H6=∆H5；由此分析。

【详解】

A．Li晶体转化为Li(g)是吸热过程，Li(g)→Li+(g)是失电子过程吸热，即∆H1＞0、∆H2＞0；故A不符合题意；

B．由盖斯定律可知，∆H1+∆H1+∆H3+∆H4+∆H6=∆H5，即-∆H5+∆H1+∆H2+∆H3+∆H4+∆H6=0；故B符合题意；

C．O2(g)到O(g)是化学键断裂过程吸热，O(g)→O2-(g)是得电子过程放热，即∆H3＞0、∆H4＜0；故C不符合题意；

D．气态离子形成1mol离子晶体释放的能量是晶格能，故氧化锂的晶格能=∆H6；故D符合题意；

答案选BD。三、填空题(共5题，共10分)14、略

【分析】【详解】

(1)中，的价电子对数为孤电子对数为0，为平面三角形；中，S的价电子对数为孤电子对数为2，为角形；中，N的价电子对数为孤电子对数为0，为直线形；中，N的价电子对数为孤电子对数为1，为角形；分子中有1个碳氧双键，看作1对成键电子，2个单键为2对成键电子，C原子的价电子对数为3，且无孤电子对，所以分子的空间结构为平面三角形；分子的结构式为含有1个键，看作1对成键电子，1个单键为1对成键电子，故C原子的价电子对数为2，且无孤电子对，所以分子的空间结构为直线形。

故答案为：平面三角形；角形；直线形；角形；平面三角形；直线形。

(2)①甲醛为平面形分子，由于键与键之间的排斥作用大于2个键之间的排斥作用，所以甲醛分子中的键角小于120°。

故答案为：＜。

②分子中，原子的价电子对数是成键电子对数为2，孤电子对数为1，故分子的空间结构为角形，的键角＜120°。

故答案为：＜。

③分子中，P的价电子对数为含有1对孤电子对，由于孤电子对与键的排斥作用大于键间的排斥作用，所以的键角小于109°28′。

故答案为：＜。

(3)型微粒，中心原子上无孤电子对的呈平面三角形，有1对孤电子对的呈三角锥形，所以化学式分别是

故答案为：

(4)第2周期的五种非金属元素B、C、N、O、F组成的中性分子中，平面形分子为三角锥形分子为四面体形分子为

故答案为：【解析】平面三角形角形直线形角形平面三角形直线形＜＜＜15、略

【分析】【详解】

根据题给周期表；可判断出①～⑤分别是C；N、O、Na、Cl。

(1)N的原子结构示意图是

(2)Na和Cl同周期，同周期元素从左至右原子半径逐渐减小，则Cl的原子半径较小；非金属越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，C和N同周期，非金属性：C＞H，则的酸性较强；

(3)Na在中燃烧生成反应的化学方程式为【解析】Cl16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)KCN为离子化合物由钾离子和氰根离子构成，其电子式为NaClO为离子化合物由钾离子和氰根离子构成，其电子式为

(2)P为15号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3，铁的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，4s为最外层，两个电子容易失去，故亚铁离子的核外电子排布式应该为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6；

(3)CCl4相当于CH4上的四个氢原子被氯原子取代形成的产物，甲烷为正四面体结构，C原子采取sp3杂化，则CCl4中心原子C原子也采取sp3杂化，NO中心原子N原子价层电子对数为3+=3，N原子采取sp2杂化；

(4)铬原子为第四周期元素，有四个电子层，最高能层符号是N，基态Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其价层电子的轨道表达式为

(5)Cu失去一个电子后价层电子排布为3d10全满稳定的结构，再失去一个电子较困难，Zn失去一个电子后价层电子排布为3d104s1，再失去一个电子是4s1上的电子，则第二电离能Cu＞Zn。【解析】1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p31s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6sp3sp2N＞Cu失去一个电子后价层电子排布为3d10全满稳定的结构，再失去一个电子较困难，Zn失去一个电子后价层电子排布为3d104s1，再失去一个电子是4s1上的电子17、略

【分析】【详解】

由四方晶系晶胞及原子的分数坐标可知，有4个位于棱上，6个位于面上，则属于一个晶胞的的个数为与最近的原子为如图所示的a、b两个原子，a位置的的分数坐标为(0.5，0，0.25)；b位置的的分数坐标为(0.5，0.5，0)；晶体中除与该晶胞中的2个键合外，还与相邻晶胞中的2个键合，故晶体中单个与4个键合。【解析】4(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)418、略

【分析】【详解】

纳米技术会使人们的未来生活更加舒适、安全、健康。化妆品、涂料、食品、衣料等的生产会越来越多地应用纳米技术，使这些产品的性能更好，适用性更强，例如，化妆品中加入纳米颗粒可使化妆品具备防紫外线的功能，在化纤布料中加入少量纳米颗粒可使化纤布料防静电，等等。纳米技术于细微处显神奇，已经悄然渗透到了人们的衣、食、住、行等领域.纳米材料在人们日常生活中的广泛应用必将促进纳米技术的迅速发展。【解析】纳米技术会使人们的未来生活更加舒适、安全、健康。化妆品、涂料、食品、衣料等的生产会越来越多地应用纳米技术，使这些产品的性能更好，适用性更强，例如，化妆品中加入纳米颗粒可使化妆品具备防紫外线的功能，在化纤布料中加入少量纳米颗粒可使化纤布料防静电，等等。纳米技术于细微处显神奇，已经悄然渗透到了人们的衣、食、住、行等领域.纳米材料在人们日常生活中的广泛应用必将促进纳米技术的迅速发展四、判断题(共4题，共36分)19、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。21、A【分析】【详解】

因为铜具有良好的导电性，所以铜可以用于制作电缆、电线，正确。22、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。五、实验题(共3题，共6分)23、略

【分析】【分析】

铜与浓硫酸在B中发生反应生成二氧化硫；二氧化硫通入饱和碳酸氢钠溶液中发生反应，生成二氧化碳，混合气体通入足量的高锰酸钾溶液中除去二氧化硫，最后二氧化碳进入硅酸钠溶液中产生硅酸沉淀，从而证明碳酸的酸性强于硅酸，据此分析。

【详解】

(1)由仪器的构造可知A为分液漏斗；铜和浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；

(2)该装置需要制取二氧化硫；在组装好用仪器后需要进行装置气密性检验，然后加药品后；打开a、然后滴入浓硫酸，加热，故答案为：检查装置的气密性；

(3)由上述分析可知，酸性高锰酸钾的作用是除去二氧化碳中未反应完的二氧化硫气体，防止其干扰二氧化碳与硅酸钠的反应，其中发生的反应的离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=2Mn2++4H++5SO故答案为：除去多余的二氧化硫；5SO2+2MnO+2H2O=2Mn2++4H++5SO

(4)二氧化碳进入硅酸钠溶液中产生硅酸沉淀，从而证明碳酸的酸性强于硅酸，而元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，元素的非金属性越强，因此通过观察F中的白色沉淀现象可证明非金属性碳>硅，故答案为：装置F中出现白色沉淀；【解析】分液漏斗Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O检查装置的气密性除去多余的二氧化硫5SO2+2MnO+2H2O=2Mn2++4H++5SO装置F中出现白色沉淀24、略

【分析】【分析】

由图中装置可知，装置A中放入高锰酸钾、分液漏斗中放入浓盐酸，二者反应产生的氯气通入饱和食盐水除去其中的氯化氢气体，然后通入C，Ⅰ、Ⅲ处放干燥的有色布条，Ⅱ放入固体粒状干燥剂，但不能是碱性干燥剂，否则会吸收氯气，可观察到Ⅰ处布条褪色，Ⅲ处不褪色，氯气通入漏斗D中，溶液变橙色，再滴入KI溶液与苯的分层的液体中，苯层呈紫色，最后多余的氯气用硫代硫酸钠溶液吸收，Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化为排除氯气对其溴；碘检验的干扰；可进行对比实验，以此来解答。

【详解】

(1)仪器a为长颈漏斗；装置C中Ⅱ处加的试剂干燥氯气；且为固体，只有BD符合，故答案为：长颈漏斗；BD；

(2)生成的氯气中混有HCl；则装置B的作用有除去氯气中的氯化氢并作安全瓶；

(3)KI属于离子化合物，其电子式为：Na2S2O3属于离子化合物，其中Na+与之间通过离子键连接，内部原子与原子之间通过共价键连接，因此Na2S2O3中所含的化学键类型为共价键、离子键；Na2S2O3中硫显+2价，被氯气氧化则装置F中相应的离子反应方程式为：

(4)装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，但氯气可与NaBr、KI均反应，未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰，不能比较Cl、Br；I的非金属性；

(5)改进的实验步骤④为打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管振荡，第④步发生溴与KI的反应，碘溶于四氯化碳中，溴能够置换碘，从而达到实验目的。【解析】长颈漏斗BD除去氯气中的氯化氢并作安全瓶共价键、离子键未排除Cl2对溴、碘的非金属性的强弱实验的干扰打开活塞d，将少量b中溶液滴入c中，关闭活塞d，取下试管c振荡25、略

【分析】【分析】

实验原理是测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量，来确定是否含氧及C、H、O的个数比，求出最简式；因此生成O2后必须除杂(主要是除H2O)；E用来吸收二氧化碳，测定生成二氧化碳的质量，D用来吸收水，测定生成水的质量，B用于干燥通入E中的氧气；A用来制取反应所需的氧气、C是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品；核磁共振氢谱可以确定有机物分子中有多少种氢原子，以及不同环境氢原子的个数比；

【详解】

(1)浓硫酸的作用是吸收氧气中水蒸气或干燥氧气，CuO具有一定氧化性，可以使有机物充分氧化生成CO2、H2O；

(2)D管增重的质量为水的质量，所以n(H2O)==0.02mol，所以有机物中n(H)=0.04mol，E管增重的质量为二氧化碳的质量，所以n(CO2)==0.02mol，所以该有机物中n(C)=0.02mol，有机物中C、H元素总质量为0.04mol×1g/mol+0.02mol×12g/mol=0.28g，所以还有0.44g-0.28g=0.16g氧原子，n(O)==0.01mol，所以有机物中n(C)：n(H)：n(O)=0.02：0.04：0.01=2：4：1，已知该物质的相对分子质量为44，则分子式为：C2H4O；

(3)若该有机物的核磁共振氢谱如图所示，峰面积之比为1：3，所以分子中含两种氢原子，且数量比为1：3，则其结构简式应为CH3CHO；若为环状化合物，只有一种类型的氢原子，则该有机物的结构简式为

(4)E装置直接与空气接触，可能吸收空气中的水和二氧化碳，导致测得结果不准确，所以可E后再增加一个E装置，吸收空气中的二氧化碳和水蒸气。【解析】吸收氧气中水蒸气或干燥氧气使有机物充分氧化生成CO2C2H4OCH3CHO吸收空气中的二氧化碳和水蒸气六、工业流程题(共3题，共6分)26、略

【分析】【分析】

矿渣中主要含铁酸镓、铁酸锌、SiO2，矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2，加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃取，然后加入amol/L盐酸进行脱铁，再加入bmol/L的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2mol/L，随后加入NaOH沉镓生成Ga(OH)3，Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3；最后经过CVD得到GaN。

【详解】

（1）Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O。酸溶前调节pH时加入了CaO，加入稀硫酸钙离子和硫酸根离子反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO4。

（2）酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003mol/L和1mol/L，根据Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3mol/L，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，根据Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.49×10-11，则Ga3+开始沉淀的pH为3.17；则调节pH略小于5.7即可。

（3）根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相；则此时盐酸浓度为2mol/L。

（4）Ga与Al同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH过多，则生成的Ga(OH)3重新溶解生成离子方程式为Ga(OH)3+OH-=+2H2O。

（5）Ga2O3与NH3高温下反应生成GaN和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为H2O，化学方程式为Ga2O3+2NH32GaN+3H2O。

（6）①GaN熔点较高为1700℃，GaCl3熔点较低为77.9℃，则GaN为共价晶体，GaCl3为分子晶体。

②从图中可知，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原